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参考答案和评分标准 选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 C D D B D D C D C A C C C B BCD BD 17．（1）A（2 分） （2）BC（2 分） （3）需要（1 分）、需要（1 分）、0.695（2 分） 18. （1）1.415（2 分） （2）1.91（2 分） （3）偏小（1 分）、无影响（1 分） 19.(1)设匀加速运动的时间为푡1，则匀速运动的时间为 t-푡1 由：x= 푣 2푡1 +v(t-t1) 得푡1=8.4s ………………………（1 分） 由：v=a푡1 得：a=0.95 m/s2 …………………（1 分） F=(M船 + 12m人）a=1140N …………………（2 分） (2) 匀减速:t2=10 s 内的位移푥1=푣 + 푣1 2 푡2 =60m. …………………（1 分） 由 v1再加速到 v 所用的时间푡3=푣 - 푣1 푎 ， =4.2s …………………（1 分） 通过的位移푥2=푣 + 푣1 2 t=25.2m …………………（1 分） 若不失误龙舟匀速通过푥1、푥2需要的时间为푡4 由：푥1+푥2=v푡4 得푡4 = 10.65푠， …………………（1 分） 因失误而耽误的时间 Δt=t2+t3-t4=3.55 s …………………（1 分） 20．(1) 由 mg=m푣2 R 得: v= ……（1 分） 设 c 点与 a 点的水平距离为 X X=v.t= . ， x=2R ……（2 分） 得： bc= R ……（1 分） (2)设小球从 b 运动到 a 克服阻力做功为 W Rg Rg g x2 2W=mgR ― 1 2mv2 = 1 2 mgR ……（1 分） 若小球从 a 点出射速度为v1 1 2mv12 =mg ( 9 4R –R )- W = 3 4mgR 得： 푣1 = ……（1分） 由 F + mg = m푣2 R ， 得： F = 1 2 mg ……（1 分） 小球在 a 点时对轨道的压力向上大小为 1 2 mg ……（1 分） (3) 若 d 点与 a 点的水平距离为 X 由：X = v1.t = . = 得： x=3R ……（1 分） 若水平位移为 4R 时小球从 a 点出射速度为v2 同理有: 4R = v2.t 即 4R = v2 . 得： v2 .= ……（1 分） 由： 1 2mv22 =mg ( h – R )- W = 4 3mgR 得： h = 17 6 푅 ……（2 分） 21．（1）电流方向 a-b , Iab= = A 对棒ab: BIL-mg=ma , B=3x=4.5T 代入得: a=4m/s2 ……（2 分） （2）对棒 ab 从开始到 x=0 过程有: 其中： , 代入得: 푣0 = 3m/s ……（1 分） 设棒 ab 穿过左侧匀强磁场后的速度为 푣1 代入得: ……（1 分） 又 푥2 = 푣12 = 1 ― …（1 分）, 棒 ab 最后停在位置 x=-(3 ― )푚（1 分） （3）棒 ab 以 x=0.5 푚处为平衡位置作简谐振动 T=л(S) ……（1 分）, t=휋 4 + 휋 12 = 휋 3s ……（1 分） 整个过程中电阻 上产生的热量为： 2 3Rg 2 3Rg g x2 RX3 g R6 3 8Rg 12 2 RR R + 3 2 XFFWF 2 21 += mgxW f µ= 01 21 2 2 mvmvXRR LB −=+− ( ) smv /131 −= 2 3 2 3 2R 2 02 1 mvWW fF =+Q = 퐼2푅2푡 + 2 3(1 2푚푣0 2 ― 1 2푚푣1 2) = (1 3)2 × 0.6 × 휋 3 + (2 3 ― 1) 3 .0.05 = 휋 45 + (2 3 ― 1) 60 (퐽)……（2 分） 22．（1）设t1（t1 < T 2）时刻进入 I 区的粒子，恰好能到达 A 板 a = qu mL = 4 × 109m/푠2 …（1 分）， 若 加速时间： ∆t1 = T 2 - t1 ， 由：加速位移 x1 = 1 2a（∆t1）2， 减速位移 x2 = a(∆푡1) + 0 2 × ∆t1 ， 又 x1 + x2 = L 得t1 = 2 - √2 4 × 10-5s = 2 - √2 4 T ，…（1 分） 一个周期内t1时刻后的粒子无法穿过 I 区 故一个周期内穿出电场的粒子和 B 板所释放的粒子数之比为2 - √2 4 …（1 分） （2）粒子能进入 III 区，有几何关系的r1 ≥ L 在 II 区中，qv1B1 = mv21 r1 ，故v1 ≥ 104m s …（1 分） 假设t2时刻（t2 < T 2）进入 I 区的粒子，先以加速度 a 做匀加速∆t2，T/2 后匀减速， 恰好以v1速度离开并进入 II 中，∆t2 = T 2 - t2 加速位移x3 = 1 2a（∆t2）2，减速位移x4 = a(∆푡2) + v1 2 × a(∆푡2) - v1 a ，x3 + x4 = L 得t2 = 4 - 10 8 × 10-5s = 4 - 10 8 T ， …（1 分） 一个周期内t2时刻后的粒子无法进入 III 区 故一个周期内穿过 II 区进入 III 区的粒子和 B 板所释放的粒子数之比4 - 10 8 （1 分） （3）0 时刻进入粒子离开速度最大v0 = 2 × 104m s ， 在 II 区中，qv0B1 = mv20 r0 ，得最大运动半径r0 = mv0 qB = 0.1m = 2퐿， 同理，在 III 区B2磁场中半径r2 = 1 2r0 = L 有几何关系得y1 = （2 - 3）L ，y2 = 2 - 3 2 L …（1 分） 偏离距离ym = y1 + y2 = 3(2 ― 3) 2 퐿 …（1分） 在t2时刻进入粒子离开速度最小v1 = 104m s，在 II 区中，r1 = L，在 III 区中r3 = 1 2 L 有几何关系得y3 = r1 = L ，y4 = r3 = 1 2L 偏离距离yM = y3 + y4 = 3 2L …（1分） 故最高点与最低点之间的距离 y = yM - ym = 3（ 3 - 1） 2 퐿 = 3（ 3 - 1） 40 푚（1 分）